4 Phép biến đổi Z ngược
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (534.29 KB, 72 trang )
Suy ra:
+∞
1 k −1
1
Ñ 2π j z X ( z )dz = Ñ∑ x(n) 2π j z k −n−1dz = x(k )
∫C
∫ n=−∞
C
Các phương pháp tính biến đổi Z ngược
- Phương pháp thặng dư
x(k ) =
1
k −1
ÑX ( z ) z dz
∫
2π j C
N
= ∑ RES ( X ( z ) z k −1 )| z = z p
k
k =1
Trong đó N là số cực của X(z)zk-1 và zp1…zpN lần lượt là các cực của X(z)zk1
với các bậc tương ứng là s1…sN. Đại lượng RES là thặng dư của hàm số được
tính bởi:
RES (Ψ ( z ))| z = z p =
k
Ví dụ: Cho X ( z ) =
1
d
(Ψ ( z )( z − zk ) sk )| z = z p
sk −1
k
( sk − 1)! dz
1
Hãy tính x(n) sử dụng phương pháp thặng dư
1 − 2 z −1
- Phương pháp phân tích thành phân thức đơn giản
Bảng các phép biến đổi Z đơn giản
Tín hiệu
δ ( n)
u(n)
-u(-n-1)
δ ( n − m)
n
a u (n)
−a n u (−n − 1)
na nu (n)
Biến đổi Z
1
1
1 − z −1
1
1 − z −1
z −m
1
1 − az −1
1
1 − az −1
az −1
(1 − az −1 ) 2
Miền hội tụ
Toàn mặt phẳng Z
|z| > 1
|z| < 1
Toàn MPZ trừ 0 nếu
m > 0, trừ ∞ nếu m < 0
|z| > |a|
|z| < |a|
|z| > |a|
−na nu (− n − 1)
az −1
(1 − az −1 ) 2
|z| < |a|
cos(Ωn)u (n)
1 − cos(Ω) z −1
1 − (2 cos Ω) z −1 + z −2
|z| > 1
sin(Ωn)u (n)
(sin Ω) z −1
1 − (2 cos Ω) z −1 + z −2
|z| > 1
Để tính biến đổi Z ngược của một biểu thức phức tạp, người ta có thể phân
tích các biểu thức phức tạp này thành tổ hợp tuyến tính của các biểu thức đơn giản
hơn, sau đó sử dụng tính tuyến tính của phép biến đổi Z suy ra kết quả cuối cùng
từ các kết quả đã được tính sẵn có trong bảng.
Với một lớp các biểu thức ta có thể áp dụng phương pháp sau:
Aik
N ( z ) N Si
= ∑∑
D( z ) i =1 j =1 ( z − z pi ) j
Trong đó N(z) và D(Z) là 2 đa thức của z, giả sử rằng bậc của N(z) nhỏ hơn bậc
của D(z) và phân thức là tối giản. N là số nghiệm của D(z), z p1…zpN là các nghiệm
của D(z) với bậc tương ứng là s1…sN, Aik là các hệ số được tìm theo công thức:
Aik =
Ví dụ: Cho X ( z ) =
1
d
N ( z)
(
( z − z pi ) si )| z = z p
i
( si − k )! dz si −k D( z )
z 2 −1
Hãy tính các tín hiệu x(n). Có tín hiệu x(n) nào nhân
z 2 − 3z + 2
quả trong các tín hiệu tìm được hay không?
- Phương pháp chia đa thức
2.5 Các tính chất của phép biến đổi Z
2.5.1 Tính tuyến tính
Cho 2 tín hiệu x1(n) và x2(n) với các biến đổi z tương ứng là:
X1(z) = ZT(x1(n)) MHT1 = {R-1 < |z| < R+1}
X2(z) = ZT(x2(n)) MHT2 = {R-2 < |z| < R+2}
Khi đó:
ZT(αx1(n) + βx2(n)) = αX1(z) + βX2(z) với miền hội tụ là
MHT1 ∩ MHT2
2.5.2 Tính dịch thời gian
Cho tín hiệu x(n) có biến đổi Z là X(z) = ZT(x(n)) với miền hội tụ (MHT)
là R- < |z| < R+. Khi đó
ZT(x(n-k)) = z-kX(z) với cùng miền hội tụ trên, trong đó k là một
hằng số nguyên.
2.5.3 Tính chất thay đổi thang tỷ lệ
Cho tín hiệu x(n) có biến đổi Z là X(z) = ZT(x(n)) với miền hội tụ (MHT)
là R- < |z| < R+. Khi đó
z
a
ZT(anx(n)) = X ( ) với miền hội tụ | a | R − < | z | <| a | R +
2.5.4 Tính đảo trục thời gian
Cho tín hiệu x(n) có biến đổi Z là X(z) = ZT(x(n)) với miền hội tụ (MHT)
là R- < |z| < R+. Khi đó
1
z
ZT(x(-n)) = X ( ) với miền hội tụ
1
1
<| z |< −
+
R
R
2.5.5 Tính chất vi phân trong miền Z
Cho tín hiệu x(n) có biến đổi Z là X(z) = ZT(x(n)) với miền hội tụ (MHT)
là R- < |z| < R+. Khi đó
ZT (nx(n)) = − z
dX
dz
2.5.6 Phép biến đổi Z của tổng chập
Cho 2 tín hiệu x1(n) và x2(n) với các biến đổi z tương ứng là:
X1(z) = ZT(x1(n)) MHT1 = {R-1 < |z| < R+1}
X2(z) = ZT(x2(n)) MHT2 = {R-2 < |z| < R+2}
Khi đó:
ZT(x1(n)*x2(n)) = X1(z)X2(z) với miền hội tụ là
MHT1 ∩ MHT2
2.5.7 Định lý giá trị đầu
Cho tín hiệu x(n) có biến đổi Z là X(z) = ZT(x(n)) với miền hội tụ (MHT)
là R- < |z| < R+. Khi đó nếu x(n) là tín hiệu nhân quả thì:
x(0) = LimX ( z )
z −>∞
Tóm tắt bài giảng(9): Thời lượng 3 tiết
• Sử dụng phép biến đổi Z một phía để giải PTSP
• Biểu diễn hệ xử lý tín hiệu trong miền Z
• Thực hiện các hệ rời rạc trong miền Z
• Tính ổn định và nhân quả của hệ TTBB
2.6 Sử dụng phép biến đổi Z một phía để giải PTSP
2.6.1 Biến đổi Z một phía
a. Định nghĩa
+∞
X ( z ) = ∑ x (n ) z − n
+
n =0
